Контрольная работа по химии Вариант №10 студентка гр. Зууд-121 Корнилова В. В. Проверил: Владимир 2021

а) Cu + 2H₂SO_4(конц) = СuSO₄ + SO₂↑+2H₂O

а) 1. Молярная концентрация CuSO₄:

2. Количество моль СuSO₄ в растворе:

3. Находим массу кристаллогидрата:

2. Массовый процент KI:

2. Масса серной кислоты:

3. Количество моль Н₂SO₄:

4. Молярная концентрация кислоты:

5. Нормальность раствора кислоты, учитывая, что эквивалентность = 2:

3 – степень окисления Ме

2. Молярность раствора Fe₂(SO₄)₃:


Ответ: 0,05М
6.10. Используя справочные данные, определите H₂₉₈, S₂₉₈, G₂₉₈, приведенные в заданиях реакций; сделайте вывод относительно самопроизвольного протекания процесса при T = 298 K, для обратимых процессов определите условия равновесия. Для молекулы, данной под буквой д), определить атомарную энтальпию образования и среднюю энергию связи в молекуле.

а) Pb(NO₃)₂(к) = PbO(к) + 2NO₂ (г) + O₂(г)

б) NO₂(г) = 1/2N₂(г) + O₂(г)

в) N₂(г) = 2N(г)

г) O₂(г) = 2O(г)

д) GeH₄
Решение:

а) Pb(NO₃)_2(к) = PbO_(к) + 2NO_2(г)↑ + О_2(г)↑

Т.к. > 0, то при Т=298К самопроизвольное протекание процесса невозможно.

Т.к. < 0, то возможно самопроизвольное протекание процесса.

Процесс является обратимым.

Условия равновесия выразим константой равновесия:

в) N_2(г) = 2N_(г)

Выражение константы равновесия для обратимого процесса:

Выражение константы равновесия для обратимого процесса:

д) GeH₄ атомарную энтальпию образования можно представить:

а) CH_4(г) + 2F_2(г) ↔ СН₂F_2(г) + 2HF_(г)

Выражение для константы равновесия:

Как видно, в результате реакции число моль вещества, находящегося в газообразном состоянии не меняется, поэтому, в соответствии с принципом Ле Шателье, давление не будет влиять на положения равновесия в данной системе.

Найдем энтальпию реакции:





< 0, поэтому повышение температуры приведет к смещению равновесия влево, в направлении обратной реакции.

Сместить равновесие вправо возможно несколькими путями:

• 
  Снизить температуру, т.к. <
  
• 
  Повысить концентрацию исходных веществ
  
• 
  Понизить концентрацию продуктов (отгонять продукты реакции)
  

Как видно из уравнения реакции, для получения 1 моля HF и 0,5 моль CH₂F₂ необходимо затратить 1 моль – F₂ и 0,5 моль – СН₄.

Следовательно, начальные концентрации исходных веществ:





8.10. Напишите в молекулярной и краткой ионной форме уравнения гидролиза солей.

Если гидролиз идёт по стадиям. Напишите уравнения гидролиза по стадиям. Укажите условия, при которых происходит данная стадия гидролиза. Укажите, как изменяется pH-среды.

a) Fe₂(SO₄)₃ б) K₂S в) CH₃COOAg

Написать уравнения следующих реакций:

Na₂SiO₃+NH₄Cl+H₂O→
Решение:

а) Fe₂(SO₄)₃ – соль слабого основания и сильной кислоты, поэтому гидролиз идет по катиону:

I Fe₂(SO₄)₃ + 2H₂O ↔ 2(FeOH)SO₄ + H₂SO₄

Ионное: Fe³⁺ + H₂O ↔ (FeOH)²⁺ + H⁺ – среда кислая рН<7

II 2(FeOH)SO₄ + 2H₂O ↔ (Fe(OH)₂)₂SO₄ + H₂SO₄

Ионное: (FeOH)²⁺ + H₂O ↔ Fe(OH)₂⁺ + H⁺ – рН – уменьшается

III (Fe(OH)₂)₂SO₄ + H₂O ↔ 2Fe(OH)₃ + H₂SO₄

Ионное: Fe(OH)₂⁺ + H₂O ↔ Fe(OH)₃ + H⁺ – рН – уменьшается

Н⁺ + ОН^– → Н₂О

Таким образом, если гидролиз проводят в щелочном растворе, то его рН – понижается.
б) K₂S – соль сильного основания и слабой кислоты, поэтому гидролиз протекает по аниону S^2-:

I K₂S + H₂O ↔ KHS + KOH

Ионное: S^2– + H₂O = SH^– + OH^– В водном растворе рН>7

II KHS + H₂O ↔ H₂S + KOH

Ионное: HS^– + H₂O ↔ H₂S + OH^– Дальнейшее повышение рН
Гидролиз по второй стадии протекает лишь при условии связывания образующихся ОН^-ионов, например ионами H⁺:

Н⁺ + ОН^– → Н₂О

Поэтому, в результате гидролиза K₂S, рН раствора увеличивается.
в) H₃C–COOAg – соль, образованная слабым основанием и слабой кислотой, поэтому гидролиз идет как по аниону, так и по катиону:

H₃C–COOAg + Н₂О ↔ H₃C–COOН + Ag(OH)

Ионное уравнение: H₃C–COO^– + Н₂О ↔ H₃C–COOН + ОН^-

Ag⁺ + Н₂О ↔ Ag(OH) + H⁺

Как видно, в результате гидролиза образуются как ионы Н⁺, так и ОН^-, поэтому в целом изменения рН среды практически не будет. Для водного раствора рН=7.

В ионном виде: 2NH₄⁺ + SiO₃^2– → (NH₄)₂SiO₃

(NH₄)₂SiO₃ + 2H₂O → 2NH₄OH + H₂SiO₃↓
2) 2Fe(NO₃)₃ + 3Na₂CO₃ + 3H₂O → 2Fe(OH)₃↓ + 3CO₂↑ + 6NaNO₃

В ионном виде: 2Fe³⁺ + 3CO₃^2– = Fe₂(CO₃)₃ – Необратимый гидролиз

Fe₂(CO₃)₃ + 6H₂O → 2Fe(OH)₃↓ + 3H₂CO₃ (3CO₂↑ + 3H₂O)
9.10. Вычислитe концентрацию ионов OН^-и pH 0,05 M раствора K₂SO₃, если константа диссоциации H₂SO₃ соответственно равны К₁=1,4·10^-2; К₂=6,2·10-8 (учитывать только первую ступень гидролиза).
Решение:

Уравнение гидролиза:

K₂SO₃ + H₂O ↔ KHSO₃ + KOH

SO₃^2– + H₂O ↔ HSO₃^– + OH^-

Находим степень гидролиза по уравнению Оствальда для слабых электролитов:

Находим концентрацию ионов ОН^-:

Выберем в качестве второго электрода – Co – кобальт:

Со²⁺ + 2ē = Со⁰;
Процесс, протекающий на первом электроде:

2Н⁺ + 2ē = Н₂⁰,

Значения стандартных потенциалов, с учетом концентраций и активностей ионов:

Находим рН:

ЭДС элемента вычисляется по формуле:

Находим , зная Е = 0,279 В:

Схема гальванического элемента:

– Pt H₂, H₃C–COOH||Co²⁺, Co⁰ Pt+

Катод: 2Н⁺ + 2 = Н₂↑

Анод: Сo⁰ – 2 = Co²⁺

Суммарное уравнение реакции:

Со + 2Н⁺ = Со²⁺ + Н₂↑
11.10. Рассчитайте, сколько времени должен длиться электролиз, чтобы силой тока 5 А выделилось на катоде 50 г меди из 1 л 1 М водного раствора CuSO₄. Сколько меди остается ещё в растворе после прекращения электролиза?
Решение:

Для нахождения времени электролиза воспользуемся законом Фарадея:

m – масса образовавшегося вещества, г;

I – сила тока

t – время

Э – эквивалентная масса (Э(Сu²⁺) =32 г/моль)

F – постоянная Фарадея (96500 Кл/моль)

Находим начальную массу меди в растворе:

Остаток после электролиза:

Пористое кадмиевое покрытие, нанесенное на железное изделие, представляет собой катодное покрытие, т.е. кадмий выступает в качестве катода в процессе коррозии, и на нем происходит процесс восстановления.

Железо в паре с кадмием выступает в качестве анода, т.к. φ_Fe < φ_Cd, поэтому в процессе коррозии будет разрушаться железное изделие.

Рассмотрим процессы, протекающие при коррозии:

а) в кислой среде:

Коррозия с водородной деполяризацией:

Анод: Fe⁰ – 2ē = Fe²⁺ (окисление)

Катод: 2Н⁺ + 2ē = Н₂ (восстановление)

Коррозия с кислородной деполяризацией:

Анод: Fe⁰ – 2ē = Fe²⁺

Катод: 2Н₂О + О₂ + 4ē = 4ОН^–

Деполяризатор кислород:

Анод: Fe⁰ – 2ē = Fe²⁺

Катод: О₂ + 2Н₂О + 4ē = 4ОН^–

Или, при отсутствии доступа кислорода:

Катод: 2Н₂О + 2ē = 2Н₂ + 2ОН^–

Наименьшее значение ЭДС достигается в щелочной среде без доступа кислорода.